2022年高考物理押题预测卷03（辽宁卷）（考试版）

………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○…学校：______________姓名：_____________班级：_______________考号：______________________物理试题第=页）2022年高考押题预测卷03【辽宁卷】物理·全解全析12345678910ADADCCDBCBDACD一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1．碳14是宇宙射线撞击空气中的氮14原子所产生，具有放射性，碳14原子发生衰变转变为氮14。生物存活期间需要呼吸，其体内的碳14含量大致不变；生物停止呼吸后，体内的碳14开始减少。可以根据死亡生物体内残余碳14含量来推断它的死亡时间。碳14各个半衰期所剩原子比例如图所示，某古木样品中14C的比例正好是现代植物所制样品的三分之一。下列说法正确的是（）A．碳14的衰变方程为B．该古木的年代距今大于11460年C．14C和14N中含有的中子个数相等D．如果古木处于高温、高压下测量结果可能有较大误差【答案】A【解析】A．根据质量数守恒和电荷数守恒，又因为碳14发生衰变，所以衰变方程为故A正确；B．根据图像可知，剩余三分之一，时间应该大于5730年小于11460年。故B错误；C．由元素序数知碳14中子数为8，氮14中子数为7。故C错误；D．半衰期与温度、压强无关。故D错误。故选A。2．电磁弹射器是航空母舰上一种高效的舰载机起飞装置，我国的未来航母也将采用这种装置，其工作原理如图所示。足够长的光滑导轨间距为L，电阻不计，左端接有电动势为E的电源，系统处于竖直向下的匀强磁场中。闭合开关S后，质量为m、长度等于导轨间距的金属棒ab由静止开始运动，最后达到稳定速度vm。加速到稳定速度的过程中，电源提供的能量为Es，电源、金属棒产生的焦耳热分别为Q1，Q2，下列说法正确的是（）A．金属棒ab先做匀加速直线运动最后做匀速直线运动B．达到稳定速度时金属棒的感应电动势小于EC．稳定速度D．磁场的磁感应强度为【答案】D【解析】A．电键S闭合后，ab棒受到向右的安培力，产生向右的加速度，棒向右做加速运动。根据右手定则，棒中会产生一个由b到a的感应电动势，与电池电动势方向相反，导致棒中的电流减小，有由牛顿运动定律可得联立，可得由上分析可知，随着v的增加，I减小，a减小，棒做加速度减小的加速运动，当a=0时棒做匀速直线运动。故A错误；BCD．根据能量守恒定律，电源提供的能量一部分变为回路中产生的焦耳热，一部分转化为金属棒的动能，有稳定时棒的速度为稳定后棒的感应电动势等于E，即磁感应强度为故BC错误；D正确。故选D。3．电动餐桌就是在大圆桌面上安装一电动转盘，使用时转盘可以低速匀速旋转，方便用餐人员夹取食物菜肴。如图所示一质量为m的盘子（可视为质点）随电动餐桌一起以角速度匀速转动，已知A、B与圆心O的距离均为r，，则盘子随餐桌从A转到B的过程中，摩擦力对盘子冲量的大小为（）A． B． C． D．0【答案】A【解析】A、B两点速度方向如图甲所示，则有由于摩擦力是变力，由动量定理得：将方向平移到B点，如图乙所示，解得BCD错误，A正确。故选A。4．三颗质量相等的恒星彼此连线恰好构成等边三角形，忽略其他星体对其引力，测量星体之间距离，并通过理论计算得到该三星系统的周期为T，但实际观测中得到该三星系统周期为nT，科学家猜测在三星构成的等边三角形的中心存在质量为M的黑洞，该黑洞质量是恒星质量的（）A．倍 B．倍C．倍 D．倍【答案】D【解析】设等边三角形边长为L，恒星质量为m，根据万有引力定律和牛顿第二定律得得当中心存在黑洞时有解得故选D。5．如图所示，圆柱形气缸水平放置，活塞将气缸分为左右两个气室，两侧气室内密封等质量的氮气。现通过接口K向左侧气室内再充入一定质量的氮气，活塞再次静止时左右两侧气室体积之比为4∶1。气缸导热良好，外界温度不变，活塞与气缸间无摩擦，则从接口充入的氮气与左侧气室内原有氮气的质量之比为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】分析得两次平衡状态时，左右两边气缸的压强平衡即对右边气体分析，活塞再次静止时左右两侧气室体积之比为，故右边气体的体积由原来气缸总体积的减小到，根玻意耳定律得解得对左边气缸气体分析，假设充入左边的气体在一样的温度，压强为的气体为，根据玻意耳定律得联立解得从接口充入的氮气与左侧气室内原有氮气的质量之比为，故C正确，ABD错误。故选C。6．在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，为定值电阻，R为滑动变阻器。、为水平放置的两个平行金属板，二者之间的电场可以视为匀强电场，虚线平行于金属板。当R的滑片在中点时，闭合开关S，带电小球以从O点沿飞入，刚好从点飞出。若带电小球都能够从平行金属板右侧飞出，下列说法正确的是（）A．若滑动变阻器R的滑片向右移动一段距离后不动，带电小球仍以从O点沿飞入，则飞出点在点B．若滑动变阻器R的滑片向右移动一段距离后不动，带电小球仍以从O点沿飞入，则飞出点在点下方C．若金属板平行上移一小段距离，带电小球仍以从O点沿飞入，则小球将在点飞出D．若金属板平行下移一小段距离仍在上方，带电小球仍以从O点沿飞入，则小球将在点飞出【答案】C【解析】AB．滑动变阻器R的滑片向右移动一段距离后，滑动变阻器电阻R减小，总电流变大，两端电压变大，即电容器电压变大，粒子受到向上的电场力变大，带电小球仍以从O点沿飞入，飞出点在点上方，AB错误；C．若金属板MN平行上移一小段距离，电容器电容变小，电容器电压不变，所以电容器电量减小，但由于二极管的单向导电性，电容器电量无法减小，其电量不变，由，，可得可知场强E不变，粒子受到向上的电场力不变，带电小球仍以从O点沿飞入，将在点飞出，C正确；D．若金属板平行下移一小段距离，电容器电容变大，电容器电压不变，所以电容器电量变大，由可知场强E变大，粒子受到向上的电场力变大，带电小球仍以从O点沿飞入，将在点上方飞出，D错误。故选C。7．如图所示为长度相同、平行硬通电直导线a、b的截面图，a导线固定在O点正下方的地面上，b导线通过绝缘细线悬挂于O点，已知，a导线通以垂直纸面向里的恒定电流，b导线通过细软导线与电源相连（忽略b与细软导线之间的相互作用力）。开始时，b导线静止于实线位置，Ob与竖直方向夹角为，将b中的电流缓慢增加，b缓慢移动到虚线位置再次静止，虚线与Ob夹角为（）。通电直导线的粗细可忽略不计，b导线移动过程中两导线始终保持平行。已知通电长直导线周围的磁感应强度大小的计算公式为，式中I为导线上的电流大小，r为某点距导线的距离，k是常数。重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．b中的电流方向为重直纸面向里，B．b在实线位置时和在虚线位置时，其电流强度之比为1：4C．b缓慢移动的过程中，细线对b的拉力逐渐变大D．若在虚线位置将b中电路突然切断，则该瞬间b的加速度为【答案】D【解析】A．对导线b受力分析，a、b导线间为斥力时b导线才能平衡，根据“同向电流吸引，反向电流排斥”，可知b中的电流方向为垂直纸面向外，故A错误；C．b导线受力分析如图1所示，与力的矢量三角形相似，有不变，而Ob长度也不变，所以拉力T不变，故C错误；B．ab长度变长，也得变大，但是到达虚线位置后，由题目可知，a导线在处、b处产生的磁感应强度大小之比为又则整理得到故B错误；D．若在虚线位置将电路断开，使b中无电流，b受到的安培力变为零，b受重力和细线的拉力开始做圆周运动，受力分析如图2所示，沿半径方向沿切线方向所以加速度为故D正确。故选D。8．在水面上建立如图所示的直角坐标系。同一振动片上的两个振针分别位于x轴上和处。振动片振动稳定后，振针处为波源，产生波长为14cm的简谐波，在水面上形成干涉现象。下列说法正确的是（）A．坐标原点处的质点一直位于最高点B．x轴上，和处均为振动加强点C．y轴上，和处质点振动方向始终相反D．x轴上与y轴上的振动加强点的振动频率不同【答案】BC【解析】A．坐标原点处为振动加强点，该处质点在上下振动，不是一直位于最高点，故A错误；B．x轴上和处的两质点到两波源的波程差为14cm，等于一个波长，为振动加强点，故B正确；C．y轴上，和处两质点到两波源的距离分别为13cm和20cm，差值为7cm，恰为半个波长，对于每个波源单独引起的振动，两处的振动方向始终相反，两个波源引起的振动叠加后，两处的振动方向还是始终相反，故C正确；D．x轴上与y轴上的振动加强点，它们的振动频率均等于振动片振动的频率，故D错误。故选BC。9．如图所示，一物块置于足够长的水平传送带上，弹簧左端固定在竖直墙壁上，弹簧右端与物块接触但不栓接，墙壁与物块间系不可伸长的轻绳使水平方向的弹簧处于压缩状态，压缩量为0.2m（弹性限度内）。已知物块质量为0.5kg。物块与传送带间的动摩擦因数、重力加速度。若传送带不动，剪断轻绳，当弹簧刚好恢复原长时物块的速度为零；若传送带以的速度顺时针匀速转动，则剪断轻绳后（）A．在弹簧恢复原长的过程中，物块向右先做加速运动，后做减速运动B．弹簧恢复原长时，物块速度大小为C．物块在传送带上运动的过程中，摩擦力对物块做功为2.5JD．弹簧恢复原长后，物块与传送带之间由于摩擦而产生的热量为0.25J【答案】BD【解析】设剪断轻绳前，弹簧弹性势能为，传送带不动时，根据动能定理得解得B．根据动能定理得解得故B正确；A．由B分析可知，物块的速度一直小于传送带速度，物块所受的滑动摩擦力一直水平向右，弹力水平向右，则物块向右做加速运动，故A错误；C．物块最后和传送带速度相等，根据动能定理得解得故C错误；D．弹簧恢复原长后，根据牛顿第二定律得解得物块在传送带上的加速度物块加速到与传送带共速的时间为此过程物块的对地位移为传送带的对地位移为则弹簧恢复原长后，物块与传送带之间由于摩擦而产生的热量为故D正确。故选BD。10．如图所示，在半径为L的圆形区域内有垂直于平面向外的匀强磁场，在x轴与磁场边界的交点P处有一粒子发射源，能沿平面与x轴成任意夹角向磁场区域发射质量为m，带电量为的粒子，且发射速度的大小为。在发射的众多粒子中b粒子在磁场中的运动时间恰好为a粒子在磁场中运动时间的两倍。已知a粒子的入射方向与x轴正方向成角，若不考虑粒子间的相互作用力和粒子的重力，下列说法正确的是（）A．b粒子的入射方向与x轴正方向成角B．b粒子的入射方向与x轴正方向成角C．a、b两粒子离开磁场后的运动方向相互平行D．从磁场外沿y轴正方向从不同位置射入的，一群同速率的上述粒子经磁场作用后一定都过P点【答案】ACD【解析】ABC．根据解得a粒子的轨迹如图根据几何关系，a粒子的入射方向与x轴正方向成角，a粒子在磁场中转过的圆心角为，根据b粒子在磁场中的运动时间恰好为a粒子在磁场中运动时间的两倍，则b粒子转过的圆心角为，b粒子的轨迹如图根据几何关系b粒子的入射方向与x轴正方向成角，a、b两粒子离开磁场后的运动方向相互平行，故AC正确，B错误；D．根据解得根据左手定则粒子向左偏转，粒子沿着y轴正方向从不同位置射入，设射入位置与圆心的连线与x轴的夹角为，根据几何关系其轨迹中心的坐标为根据几何关系，该轨迹中心与P点的距离为则粒子的轨迹必然经过P点，即粒子经磁场作用后一定都过P点，故D正确。故选ACD。二、非选择题：本题共5小题，共54分。11.（6分）为了研究小车在平直斜坡上的直线运动，某探究小组用自制“滴水计时器”计量时间。滴水计时器每隔相等时间滴下一小水滴，从第1滴水离开滴水计时器开始计时，20秒末第41滴刚好滴下。实验前，将该计时器固定在小车旁，如图1所示。实验时，将小车放在斜面上用手轻推一下，小车离开手后加速下滑，图2所示是小车运动过程中在斜坡上连续留下的几个小水滴的位置。（1）由图2数据可求滴A水滴时小车的运动速度大小为___________m/s，小车加速下滑过程中的加速度大小为___________m/s2。（结果均保留两位有效数字）（2）使用滴水计时器的优点有不用电源、使用方便、不受纸带长度限制等，但也存在一定的不足，如：___________。（写出一条即可）【答案】

0.14

0.18

随着水滴的不断滴出，滴水的时间间隔可能会发生变化【解析】（1）由题意可知任意两水滴之间的时间间隔为T=0.5s滴A水滴时小车的运动速度大小为根据可得小车加速下滑过程中的加速度大小为（2）随着水滴的不断滴出，滴水的时间间隔可能会发生变化，造成实验误差。12.（8分）目前表现比较出色的18650锂电池具有容量大、寿命长、安全性能高等优点，被广泛应用。中文名18650锂电池常见类型锂离子电池和磷酸铁锂电池电池直径18mm电压电池高度65mm常见容量某活动小组利用以下器材测定一个新锂电池的电动势，实验电路图如甲图所示。A．电流表G：量程2mA、内电阻约为B．电压表V：量程0～3V、内电阻未知C．固定电阻；阻值D．电键、导线若干实验过程如下：（1）闭合电键，将电键拨至“2”，稳定后电流表示数为；（2）将电键拨至“1”，稳定后电流表的示数为。由乙图可知电压表的示数为___________V；（3）由以上数据可得：电动势___________V；（结果保留2位有效数字）（4）活动小组利用以上数据计算出了电压表的内阻为___________，该电压表内阻的测量值___________其真实值。（填“大于”，“小于”或“等于”）【答案】

1.70

3.7

1700

等于【解析】（2）由乙图可知电压表量程选择为，格对应的电压数值为，故需要估读到精确值的下一位，图中示数为（3）将电键拨至“”，由闭合电路欧姆定律可得将电键拨至“”，由闭合电路欧姆定律可得联立以上式子解得（4）根据欧姆定律可得电压表的内阻为由于将电键拨至“”，电流表与电压表为串联关系，故电流表示数就是通过电压表的电流，所以电压表内阻测量值等于真实值。13.（10分）某同学设计了一种测量透明圆柱体材料折射率的方法。让两束激光平行射入圆柱体内，已知圆柱体截面圆半径为R，激光束形成的平面与圆柱体截面平行，且两束激光关于截面圆直径AB对称，间距为，两束激光通过圆柱体后汇聚到AB的延长线上C点，C点到圆心O的距离。求这种透明圆柱体材料的折射率。【答案】【解析】两束激光在圆柱体内的光路如图所示由几何关系知设从透明材料射出的光线与圆柱体壁的交点为E，出射角为，由折射定律可得又由于因为，所以在△OEC中，由正弦定理得解得由数学知识可得解得‍14.（12分）两块金属板水平正对放置，板间有周期性变化的匀强电场，如图所示，电场周期为T，场强大小为E，t＝0时刻电场方向向下。大量电子（重力不计）沿中轴线方向以初速度v0从场外射入平行板中，这些电子通过金属板的时间也为T，偏转最大的电子刚好到达虚线上的A、B两点。虚线右侧有两个相切的半圆形匀强磁场区域，磁场方向如图所示，A、B两点是虚线与半圆形磁场的切点。调整磁感应强度的大小，使电子在该磁场中运动的轨道半径与半圆形磁场的半径相同。现在磁场边界的右侧建立竖直方向的坐标轴y轴，y轴的原点O位于中轴线上。设电子质量为m、电荷量为q，不考虑平行板电场的边缘效应，求：（1）t=0时刻进入平行板的电子，达到y轴时的坐标及所加磁场的磁感应强度。（2）时刻进入平行板的电子，达到y轴时的坐标。‍【答案】（1），；（2）【解析】（1）t=0时刻进入平行板的电子水平方向做匀速直线运动，竖直方向先向上做匀加速运动半个周期，再做匀减速运动半个周期，达到A点。设竖直方向的位移为s1，则该电子在竖直方向加速半个周期，减速半个周期，到达A点时只有水平方向的速度。该电子进入磁场时做匀速圆周运动，由于粒子与磁场半径相同，经过圆周到达中轴线，而后又经过圆周到达y轴，所以到达y轴时该电子的坐标为根据题意，电子的轨道半径也为s1，根据牛顿第二定律有解得（2）时刻进入平行板的电子，竖直方向向上加速，又竖直向上减速，设向上的总位移为s2，则接